Вычисление интегралов с помощью вычетов: Методические указания

МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ ФЕДЕРАЛЬНОЕ АГЕНТСТВО ПО ОБРАЗОВАНИЮ Государственное образовательное учреждение высшего профессионального образования «Оренбургский государственный университет» Кафедра прикладной математики

И.П. ВАСИЛЕГО

ВЫЧИСЛЕНИЕ ИНТЕГРАЛОВ С ПОМОЩЬЮ ВЫЧЕТОВ

МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ

Рекомендовано к изданию Редакционно-издательским советом государственного образовательного учреждения высшего профессионального образования «Оренбургский государственный университет»

Оренбург 2004

ББК 22.161.1 я7 В 19 УДК 517.3 (07) Рецензент кандидат физико-математических наук, математического анализа Невоструев Л.М.

В19

доцент,

зав.кафедрой

Василего И.П. Вычисление интегралов с помощью вычетов: Методические указания. – Оренбург: ГОУ ОГУ, 2004. – 20с.

Методические указания предназначены для студентов экономических специальностей и инженерно-технических специальностей. На базе основной теоремы теории вычетов, получены алгоритмы вычисления, определенных интегралов от тригонометрических функций и несобственных интегралов двух видов.

ББК 22.161.1 я7

© И.П. Василего, 2004 © ГОУ ОГУ, 2004 2

Введение Решение многих задач физики, механики и некоторых разделов математики связано с вычислением определенных или несобственных интегралов. В работе рассмотрены способы вычисления таких интегралов с помощью теории вычетов. В разделе 1 приводятся основные сведения из теории вычетов. В разделе 2,3 на примерах разобраны способы вычисления определенных и несобственных интегралов и приведены варианты примеров для самостоятельной работы.

3

1 Основные факты теории вычетов I Обязательно по книгам (1) и (2) читатель должен ознакомиться с основными понятиями теории функций комплексного переменного: аналитическая функция, интеграл от функции комплексной переменной по кривой и его свойства, ряды Тейлора и Лорана и т.д. Определение 1. Нулем аналитической функции f ( z ) называется точка z 0 , для которой f ( z 0 ) = 0 . Если f ( z ) не равна тождественно нулю ни в какой окрестности точки z 0 , то можно описать окружность достаточно малого радиуса с центром в точке z 0 внутри которой не будет других нулей, кроме центра z 0 .

Если f ( z 0 ) = f ′( z 0 ) = ... = f (k −1) ( z 0 ) = 0 , а f (k ) ( z 0 ) ≠ 0 , то точка z 0 называется нулем порядка k для функции f ( z ) . Если k = 1 , то нуль называется простым, при k > 1 k - кратным. Определение 2. Точки в которых функция f ( z ) перестает быть аналитической называются особыми точками функции f ( z ) . Определение 3. Точка z 0 называется изолированной особой точкой функции f ( z ) , если функция f ( z ) аналитична в некоторой проколотой окрестности (кольце) {z ∈ С | 0 < z − z 0 < r}, а в самой точке z 0 или не определена, или определена, но не дифференцируема. Определение 4. Ряд вида +∞

n

∑ a n (z − z 0 ) =

−∞ ∞ a n n = −∞ -

+∞

∑ a n ( z − z 0 )n +

n =0

−1

∑ a n ( z − z 0 )n

n = −∞

где { } последовательность комплексных чисел, называется рядом Лорана с центром в точке z 0 . Ряд

+∞

∑ a n ( z − z 0 )n ,

n =0

сходящемся в круге z − z 0 < r , называется правильной

частью ряда Лорана. Ряд

1

∑ a n ( z − z 0 )n ,

n = −∞

сходящийся в области z − z 0 > 0 , называется главной

частью ряда Лорана. По определению ряд Лорана сходится, если сходятся одновременно его правильная и главная части. Следовательно, ряд Лорана сходится в кольце: 0 < z − z0 < r . Изолированные особые точки бывают трех типов: устранимая особая точка, полюс, существенно особая точка. Определение 5. Изолированная особая точка z 0 функции f ( z ) называется устранимой, если существует конечный предел lim f ( z ) ≠ f ( z 0 ) . z → z0

4

Тогда z 0 является устранимой особой точкой функции f ( z ) тогда и только тогда, когда главная часть её ряда Лорана с центром в точке z 0 отсутствует. Определение 6. Изолированная особая точка z 0 функции f ( z ) называется полюсом, если lim f ( z ) = ∞ . z → z0

Тогда z 0 является полюсом функции f ( z ) , тогда и только тогда, когда главная часть ряда Лорана с центром в точке z 0 состоит из m (конечного числа) членов: f (z ) =

a −m

( z − z 0 )m

+

a − m +1

(z − z 0 )m−1

∞ a −1 + .. + + ∑ a n ( z − z 0 )n , a − m ≠ 0, m ≥ 1. z − z 0 n =0

Число m называют порядком полюса. Если m = 1, то полюс называется простым. Если для функции f ( z ) точка z = z 0 есть полюс порядка m , то для 1 функции точка z = z 0 есть нуль порядка m . f (z ) Определение 7. Изолированная особая точка z 0 функции f ( z ) называется существенно особой точкой, если lim f ( z ) не существует. Точка z → z0

z 0 является существенно особой точкой функции f ( z ) тогда и только тогда, когда главная часть ряда Лорана с центром в точке z 0 содержит бесконечное число членов. Например, точка z = 0 - существенно особая точка функции 1 ez

1 ez.

1 1 + + ..... . z 2! z 2 Заметим, что изолированная особая точка функции f ( z ) является полюсом порядка k ≥ 1 тогда и только тогда, когда в некоторой проколотой ϕ( z ) окрестности точки z 0 : 0 < z − z 0 < r , f ( z ) = причем ϕ( z ) аналитична ( z − z 0 )k в круге z − z 0 < r и ϕ( z 0 ) ≠ 0 . II Вычет функции и правила вычисления его Определение 8. Вычетом однозначной аналитической функции f ( z ) в изолированной особой точке z 0 (в том числе z 0 = ∞ ) называется значение интеграла

Действительно,

=1+

1 f ( z )dz = Re s f ( z ) z = z0 2πi ∫γ 5

где интегрирование ведется по γ -замкнутому кусочно-гладкому контуру Жордана, содержащему внутри себя точку z 0 и не содержащему других особых точек функции f ( z ) . При этом интегрирование ведётся в положительном направлении относительно области, содержащей точку z 0 . Если z 0 ≠ ∞ , то Re s f ( z ) = a −1 - коэффициент при z = z0

Лорана. Если z 0 = ∞ , то

(z − z 0 )−1

в ряде

Re s f ( z ) = a1 , где a1 - коэффициент при z −1 в

z = z0 = ∞

лорановском разложении функции f ( z ) в окрестности точки z 0 = ∞ . Вычет f ( z ) в точке z 0 = ∞ находят, в основном, непосредственно по определению, причем за контур γ принимают окружность z = R достаточно большого радиуса. Правила вычисления вычетов в точке z 0 ≠ ∞ . 1) Если точка z 0 является устранимой особой точкой для функции f ( z ) , то Re s f ( z ) = 0 . z = z0

2) Пусть точка z = z 0 - полюс первого порядка (простой полюс) для f ( z ) . Тогда Re s f ( z ) = lim (( z − z 0 ) f ( z )) . z = z0

z → z0

ϕ( z ) , где функции ϕ( z ) и ψ ( z ) аналитические в ψ(z ) окрестности точки z 0 , ϕ( z 0 ) ≠ 0, ψ ( z 0 ) = 0, ψ ′( z 0 ) ≠ 0 , то

В частности, если f ( z ) =

Re s f ( z ) = z = z0

ϕ( z 0 ) . ψ ′( z 0 )

3) Если точка z 0 - полюс порядка m > 1 функции f ( z ) , то Re s f ( z ) = z = z0

(

)

(m −1) 1 lim ( z − z 0 )m ⋅ f ( z ) (m − 1)! z → z0

Для вычисления интегралов будем использовать основную теорему 1 теории вычетов: Если функция f ( z ) аналитична в замкнутой области G , ограниченной замкнутой спрямляемой жордановой кривой С, за исключением конечного числа изолированных особых точек a1 , a 2 ,..., a n , находящихся внутри С, то справедлива формула

∫ c

6

n

f ( z )dz = 2πi ∑ Re s f ( z ) k =1 z = ak

2 Вычисление интегралов от тригонометрических функций Интегралы вида I =

2π

∫ R(cos ϕ, sin ϕ)dϕ ,

где R(u , v ) - рациональная

0

функция, а функция g (ϕ ) = R(cos ϕ, sin ϕ ) непрерывна на отрезке [0,2π] , сводится к интегралом по единичной окружности от функций комплексного переменного. Пусть z = e iϕ . Тогда с помощью формул Эйлера: e iϕ = cos ϕ + i sin ϕ получим 1 1 z− z+ iϕ − iϕ iϕ − iϕ e −e e +e z , cos ϕ = z (1) или sin ϕ = sin ϕ = , cos ϕ = 2i 2 2i 2

dz 1 dz = ⋅ . z i z При изменении ϕ от 0 до 2π переменная z пробегает окружность z = 1 ,

Отсюда dz = e iϕ ⋅ idϕ или dϕ = −i

1 1 1 1  1  ~ R ( z ) = R  z + ,  z −   . Так как z 2 z  2i  z  ~ рациональная функция R ( z ) ≠ ∞ на окружности z = 1 , то существует такое ~ r > 1, что в круге z < r функция R ( z ) определена и аналитична всюду за исключением быть может конечного числа изолированных особых точек, находящихся в круге z < 1 . Взяв в качестве контура С окружность z = 1 и применяя теорему 1, получим

поэтому

I=

1 ~ R ( z )dz i∫

(где

n

~ I = 2πi ⋅ ∑ Re s R ( z ),

(2)

k =1 z = ak

~ где a1 , a 2 ,..., a k - полюсы функции R ( z ) , лежащие в круге z < 1 . Таким образом, алгоритм вычисления интеграла I =

2π

∫ R(cos ϕ, sin ϕ)dϕ 0

таков:

1) надо доказать, что функция R(cos ϕ, sin ϕ ) рациональна относительно cos ϕ или sin ϕ и непрерывна на [0;2π] ;

2) делаем замену z = e iϕ при которой отрезок [0;2π] переводится в dz 1 1 1  1 и множество M = {z ∈ C | z = 1}; sin ϕ =  z − , cos ϕ =  t + , dϕ = 2i  2 t z iz

7

I=

1 i

~

∫ R (z )dz ;

z =1

3) проверяем условие теоремы 1. Для этого находим изолированные ~ особые точки z1 , z 2 ,..., z k функции R ( z ) принадлежащие множеству {z ∈ C | z < 1}. Теперь функция R~(z ) аналитична на замкнутом множестве

{z ∈ C | z ≤ 1} = G

ограниченном окружностью

z = 1 за исключением точек

z1 , z 2 ,..., z k ; 4) вычисляем I ориентируясь на следующие возможные случаи: ~ а) R ( z ) = P( z ) многочлен относительно z . Так как изолированных особых точек нет, то I = 0 ; a ~ б) R ( z ) = + P( z ) ( P( z ) - многочлен). Тогда точка z = z 0 простой z − z0 ~ ~ полюс функции R ( z ) и Re s R ( z ) = a (по определению вычета), поэтому z = z0

a = 2πa ; i ϕ( z ) ~ причем ψ ( z 0 ) = 0, ϕ( z 0 ), ψ ′( z 0 ) ≠ 0 . Тогда по правилу в) R ( z ) = ψ( z ) ϕ( z 0 ) ϕ( z 0 ) ~ и по формуле (2) I = 2π ; 2 Re s R ( z ) = z = z0 ψ ′( z 0 ) ψ ′( z 0 ) P( z ) ~ г) R ( z ) = , где P( z ) и Q( z ) - многочлены. Q( z ) Особые точки z1 ,..., z k ищутся среди корней (нулей) многочлена Q( z ) . Точки z1 ,..., z k могут быть только полюсами (простыми или порядка m ). Вычет ~ функции R ( z ) точек z1 , z 2 ,..., z k находят по правилу 2 или по правилу 3. Тогда I = 2πi ⋅

k

~ I = 2πi ∑ Re sR ( z ) . n =1 z = z n

Рассмотрим примеры: 2π dt 1 I= ∫ 2 5 + cos t 0

(

)

Решение. Функция f (t ) =

(

1 5 + cos t

)

2

является рациональной функцией

1 cost и непрерывной на [0;2π] . Полагая z = e it имеем cos t =  z + 2

8

1 dz , dt = . z iz

Теперь dz dz 1 4 4 I= ∫ − = = ∫ 2 2 i z =1  i z =1  i 1 1 1 z 5 + z +  z 2 5 + z +  z 2 2z    zdz 4 = ∫ . i z =1 z − − 5 + 2 2 z − − 5 − 2 2

( (

)) ( (

∫

z =1

(z

zdz 2

)

+ 2 5z + 1

2

))

z  z − − 5 + 2 2  z − − 5 − 2 2     имеет особые точки z1 = − 5 − 2, z 2 = − 5 + 2 , которые являются полюсами второго порядка. Функция g(z) (подынтегральная) аналитична на окружности z = 1 и в круге z < 1 за исключением точки z 2 = − 5 + 2 . Следовательно, по теореме 1 имеем: 4 zdz 4 = ⋅ 2ni ⋅ Re s g ( z ) = 8π Re s g ( z ) . ∫ 2 2 z = z2 z = z2 i z =1 z − − 5 + 2 ⋅ z − − 5 − 2 i Подынтегральная

( (

функция

g ( z) =

)) ( (

(

)

(

)

))

Пользуясь формулой правила 3 вычисления вычета имеем: ′ ′ 2  z ⋅ ( z − z 2 )2    ( ) 1 z z − − 2 z ( z − z1 ) 1 z 1  = lim   = lim Re s g ( z )= lim  = 4 z = z2 (2 − 1)! z → z2  ( z − z1 )2 ( z − z 2 )2  z → z2  ( z − z1 )2  z → z2 (z − z1 ) z − z1 − 2 z − z − z1 − z 2 − z1 5−2+ 5+2 2 5 5 lim = lim = = = = = . 3 3 3 z → z2 ( z − z )3 32 z → z 2 ( z − z )3 4 (z 2 − z1 ) − 5 + 2 + 5 + 2 1 1

(

)

5 π 5 = . 32 4 π cos 4 ϕ 2 Вычислить I = ∫ dϕ . 2 + ϕ 1 sin 0 Решение. Используя формулы понижения степени: π 1 (1 + cos 2ϕ )2 1 + cos 2ϕ 1 − cos 2ϕ 2 2 dϕ . cos ϕ = , sin ϕ = получим, что I = ∫ 2 2 2 0 3 − cos 2ϕ Таким образом I = 8π

1 I= 4

Сделаем замену t = 2ϕ , тогда

2π

∫ 0

(1 + cos t )2 dt . 3 − cos t

Функция

(1 + cos t )2 3 − cos t

является рациональной функцией относительно cost и непрерывной на [0;2π] . 1 Теперь после замены z = e имеем I = i it

∫

− ( z + 1)4

(

)

2 2 z =1 8 z z − 6 z + 1

dz .

9

~ R ( z) =

Функция

− ( z + 1)4

(

)

имеет

8z 2 z 2 − 6 z + 1

особые

точки

z1 = 0, z 2 = 3 − 2 2 , z 3 = 3 + 2 2 , точки z1 = 0, z 2 = 3 − 2 2 лежат внутри окружности z = 1 . Причем z1 = 0 - полюс второго порядка, вычет его найдем по правилу 3 ′ 3 2 4  − ( z + 1)4  ~  = − lim 4( z + 1) ( z − 6z + 1) − ( z + 1) (2z − 6) = − 10 = − 5 Re s R( z) = lim 2 z →0 8 z − 6 z + 1  z →0 z =0 8 4 8( z 2 − 6z + 1) 2   ~ Точка z 2 = 3 − 2 2 - простой полюс. Вычет Re s R ( z ) найдем по правилу 2

(

~ Re s R ( z )= lim z = z2

z →3− 2

)

− ( z + 1)4

z= z 2

8 2 (3 − 2 2 )2 8 2 =− = = = 2 2 8 ⋅ z 2 z − (3 + 2 2 ) 8 8(3 −2 2 )2 (−4 2 ) 8(3 − 2 2 )2

(

)

(4− 2 2 )4

 5  По формуле (2) имеем I = 2π − + 2  .  4  π cos nϕ 3 Вычислить I 1 = ∫ dϕ при условии, что − 1 < a < 1 и 2 − π1 − 2a cos ϕ + a n ∈ R, n > 0 . Решение.

Рассмотрим

интеграл

I2 =

π

sin nϕ

∫ 1 − 2a cos ϕ + a 2 dϕ. I 2 = 0

−π

поскольку подынтегральная функция нечетна, а пределы интегрирования π π cos nϕ + i sin nϕ e inϕ dϕ = ∫ dϕ. симметричны. Тогда I 1 = I 1 + iI 2 = ∫ 2 2 1 2 cos 1 2 cos − ϕ + − ϕ + a a a a −π −π 1 1 dz После замены z = e iϕ , cos ϕ =  z + , dϕ = будем иметь 2 z iz − z n dz 1 − z n dz . ∫  2  1  = i ∫ 1   z =1  z − a + z =1 a ( z − a ) z −    z + 1 ⋅ a a a      ~ Подынтегральная функция R ( z ) аналитична на множестве z ≤ 1 кроме ~ нуля знаменателя z1 = а, который является простым полюсом функции R ( z ) . 1 не принадлежит множеству z ≤ 1 . По формуле (2) и Особая точка z 2 = a 2πa n − an − zn ~ правилу 2 имеем, что I 1 = 2π ⋅ Re s R ( z ) = 2π lim . = = 2π z →a  z =a 1 1  1− a2  a z −  a a −  a a   1 I1 = i

10

4 Вычислить I n = (−1)

π

n

∫ (sin α + sin ϕ)

n

⋅ e inϕ dϕ .

−π

Решение. Сделаем замену z = e iϕ . Тогда sin ϕ =

( − 1)n 1  1   n dz I n = (− 1) ∫  sin α +  z −   ⋅ z = 2 i z iz i     z =1 n

n

dz 1 1 и  z − , dϕ = z iz 2i 

(

)

n

1 2  dz  sin 1 = z z α + −   ∫  2 i z  z =1

n dz ( − 1)n 2 ( ) = + 2 sin α − 1 . z iz ∫ n z i(2i ) z =1

Подынтегральная функция аналитична на множестве z ≤ 1 кроме нуля знаменателя z=0, который является простым полюсом подынтегральной функции. По формуле (2) и правилу 2 получаем, что In = =

(− 1)n i ⋅ (2i ) n

(z 2πi Re s

2

z =0

2π(−1) n (−1) n

=

2n ⋅ i n

π 2 n −1 i n

)

+ 2iz sin α − 1 z =

πi n 2 n −1 ⋅ i 2 n

=

n

2π(−1) n

=

(2i ) n

z →0

πi n

=

2 n −1 (−1) n

(

)

n

lim z 2 + 2iz sin α − 1 = πi n (−1) n 2 n −1

.

Примеры для самостоятельного решения. Вычислить интегралы: 2π 2π dt dϕ ; ; 2) ∫ 1) ∫ 5 3 cos + ϕ 4 15 sin + t 0 0 π

sin 2 ϕ dϕ; 3) ∫ 5 − 4 cos ϕ −π π

5)

∫ 1 − a sin2 ϕ 0 π

7)

∫

−π π

9)

cos2 ϕ

dϕ, 0 < a < 1;

(1 + 2 cos ϕ)

n

0 π

6)

10)

sin nϕdϕ

∫ 1 − 2a sin ϕ + a 2 , −n1=<0,1a,2,<3...1;

−π π

2

cos 2ϕdϕ

dϕ

∫ a + cos ϕ , a > 1;

4)

cos nϕ dϕ, n = 0,1,2,...; 8) 5 + 4 cos ϕ

∫ 1 − 2a cos ϕ + a 2 , a < 1;

−π

2π

sin 2 ϕ

∫ 1 − 2a cos ϕ + a 2 , a > 1;

−π π

dϕ

∫ (a + b cos ϕ)2 , a > b > 0. 0

11

3 Вычисление несобственных интегралов 1 При вычислении некоторых типов несобственных интегралов будем использовать следующие две леммы Жордана. Лемма 1. Пусть функция f(z) является непрерывной в области D = z ∈ C z ≥ R0 , Im z ≥ 0 при некотором R0>0 и lim R ⋅ M (R ) = 0 , где

{

}

{

R →∞

}

M ( R) = max f ( z ) , C R = z ∈ C z = R, Im z ≥ 0 . Тогда lim z∈C R

R →∞

∫ f ( z )dz = 0 .

CR

Лемма 2. Пусть m>0 и для функции f(z) выполнены условия: 1) f(z) непрерывна в области D для некоторого R0>0; 2) lim M (R ) = 0 . R →∞

Тогда lim

R →∞

∫ f ( z )e

imz

dz = 0 .

CR

2 Интегралы первого типа. +∞

P ( x) - рациональная функция, Q ( x ) −∞ причем многочлен Q(x) не обращается в нуль на действительной оси и его степень, по крайней мере, на две единицы больше степени полинома Р(x), назовем интегралом первого типа. В силу условий наложенных выше на R(x), c с некоторой константой C>0 и поэтому выполняется неравенство R( x) ≤ 2 1+ x интеграл I сходится. Выведем формулу для вычисления этого интеграла с помощью вычетов. Для этого рассмотрим замкнутый контур Kτ, состоящий из полуокружности C τ = z ∈ C z = τ, Im z ≥ 0 и отрезка [− τ, τ] действительной оси (см. рисунок 1). Интеграл вида I =

{

∫ R( x)dx , где

R( x) =

}

у Сτ

-τ

0

τ

х

Рисунок 1 Направление обхода контура Kτ показано на рисунке 1. Рассмотрим функцию комплексной переменной R(z) и пусть z1 , z 2 ,..., z n - полюсы этой 12

функции, лежащие в верхней полуплоскости. Число τ возьмем настолько большим, чтобы все точки z1 , z 2 ,..., z n оказались внутри Kτ. Так как Q ( x) ≠ 0 на действительной оси, то существует область G, содержащая замкнутую верхнюю полуплоскость {z ∈ C I m z ≥ 0} и такая, что функция R(z) аналитична в G за исключением только лишь точек z1 , z 2 ,..., z n . Область G, контур Kτ и функция R(z) удовлетворяет условиям теоремы 1, поэтому

∫

n

R( z )dz = 2πi ∑ Re sR( z ) k =1 z = z k

Kτ

или τ

n

sR( z ) . ∫ R( x)dx + ∫ R( z )dz =2πi ∑ Re z=z

−τ

k =1

CR

k

В последнем равенстве перейдем к пределу при τ → ∞ . Заметим, что при этом его правая часть не меняется, а в левой части ∫ R ( z )dz → 0 по первой CR

τ

лемме Жордана, а интеграл

+∞

∫ R( x)dx → ∫ R( x)dx .

−τ

Таким образом, получили

−∞

формулу +∞

n

−∞

k =1

s R( z ) , ∫ R( x)dx = 2πi ∑ Re z=z

(3)

k

Таким образом, алгоритм решения несобственных интегралов первого типа таков: 1) показываем, что знаменатель Q(x) не обращается в нуль на действительной оси и что его степень по крайней мере на две единицы больше степени многочлена Р(х); P( z ) ; 2) переходим к функции комплексной переменной R( z ) = Q( z ) 3) находим комплексные корни многочлена Q(z), которые являются полюсами функции R(z); 4) из найденных полюсов функции R(z) выбираем только те, которые лежат в верхней полуплоскости, например, z1 , z 2 ,..., z n ; 5) по правилам (2) или (3) вычисляем вычеты Re s R ( z ), k = 1, n ; z = zk

6) по формуле (3) вычисляем интеграл. Иногда пункты 5) и 6) выполняются одновременно. Рассмотрим примеры. +∞ dx 1 Вычислить I = ∫ 2 2 0 x +1

(

)

13

Решение. Так как подынтегральная функция +∞

(x

1 2

является четной,

)

+1

2

1 dx то I = ∫ . 2 −∞ x 2 + 1 2 Так как (х2 + 1)2 не обращается в нуль на действительной оси и степень многочлена (х2 + 1)2 на четыре больше степени числителя (1=1·х0), то интеграл +∞ dx ∫ 2 2 является интегралом первого типа. −∞ x + 1 1 . Корнями многочлена (z2 + 1)2 Рассмотрим функция R( z ) = 2 z2 +1 являются z1 = i, z2 = - i. Точки z1 = i и z2 = - i – полюсы второго порядка функции R(z). Полюс z1 = i попал в верхнюю полуплоскость. По правилу 3 вычисляем вычет относительно z = i: ′ ′  ( z − i )2 ⋅ 1  1  1  1  = lim  = lim − 2( z + i ) = Re s R ( z ) = lim z =i (2 − 1)! z →i  ( z − i )2 ( z + i )2  1! z →i ( z + i )2  z →i ( z + i )4 −2 −2 −2 1 = lim = = = . z →i ( z + i )3 (2i )3 − 8i 4i

(

(

)

)

(

)

По формуле (3) вычисляем интеграл I = 2 Вычислить интеграл I =

+∞

∫

(x

1 1 π ⋅ 2πi = . 2 4i 4

x 2 dx

)(

)

. 2 + 1 x + 9 −∞ Решение. Очевидно, что I – интеграл первого типа. z2 аналитична всюду в плоскости, за Функция R( z ) = 2 z +1 z2 + 9 исключением точек z1 = i, z 2 = −i, z 3 = −3i, z 4 = 3i . Эти точки являются простыми полюсами функции R(z). Две из них (z1 и z4) лежат в верхней

(

2

)(

)

полуплоскости. По формуле (3) имеем I =

+∞





s R ( z ) + Re s R ( z )  . ∫ R( x)dx = 2πi Re z =i z =3i 

−∞

По правилу 2 Re s R( z ) = lim z =i

z →i

Re s R( z ) = lim z =3i

14

z 2 ( z − i)

(z − i )(z + i )(z 2 + 9)

z →3i

(z

= lim

z 2 ( z − 3i) 2

)

+ 1 ( z − 3i )( z + 3i )

z →i

z2

(z + i )(z 2 + 9)

= lim

z →3i

(z

=

2i i 2 + 9

z2 2

)

(

i2

+ 1 ( z + 3i )

=

)

=

i , 16

−9 3i =− . (− 9 + 1)6i 16

3i  π  i Отсюда I = 2πi −  = .  16 16  4 3 Вычислить интеграл I =

+∞

∫

Так

как

)

2 3

2

, a > 0.

+a подынтегральная 0

Решение. 1 x 2 dx I= ∫ 2 −∞ x 2 + a 2

(x

x 2 dx

функция

четная,

то

+∞

(

)

3

.

Очевидно, что I – интеграл первого типа. Рассмотрим функцию z2 . Она аналитична всюду в плоскости за исключением точек R( z ) = 2 2 3 z +a z1 = ai и z 2 = − ai . Эти точки являются полюсами третьего порядка функции R(z). Один из них ( z1 = ai ) попал в верхнюю полуплоскость. По формуле (3) и правилу 3 имеем ″ ′  2aiz − z 2  1 1  z 2 ( z − ai )3  πi  = lim  = I = 2πi ⋅ Re s R( z ) = πi lim 3 3 4     z → ai z → ai z = ai 2!  ( z − ai ) ( z + ai )  2 2  ( z + ai ) 

(

)

(

)

πi 2 z 2 − a 2 − 4aiz π = lim = . 5 2 z →ai 16a 3 (z + ai ) 4 Вычислить интеграл I n =

+∞

∫

R( z ) =

(z

)

-

In

1

=

2

+x интеграл

−∞

Решение. 1

(a

dx

)

2 n

, a > 0, n = 1,2,... первого

типа.

Функция

имеет полюс z = ai пго порядка в верхней

n (z − ai )n (z + ai )n + a2 полуплоскости. Пользуясь правилом 3 и формулой (3), получаем 2

n  ( ) − z ai 2πi I n = 2πi ⋅ Re s R( z ) = lim  z = ai (n − 1)! z →ai (z − ai )n (z + ai )n

   

(n −1)

 2πi 1 = lim  (n − 1)! z →ai (z + ai )n

   

(n −1)

=

n (2n − 2 )! . 2πi (− 1) n(n + 1)(n + 2)...(2n − 2) 2π = ⋅ = ⋅ (n − 1)! (2ai )2n−1 (2a )2n−1 ((n − 1)!)2

Примеры для самостоятельного решения. Вычислить интегралы: +∞ +∞ dx xdx 1) ∫ ; 2) ∫ x 4 + 1; 2 2 − ∞ x + 4 x + 13 0

(

)

15

+∞

3)

∫ 0

+∞

5)

∫

−∞

(x

dx 2

∫

−∞ +∞

9)

∫

−∞

)

+1

7

;

4)

(x

(x

;

2

+ 4ix − 5

6)

∫

(x

−∞

; 2

8)

)

∫

(x

0

2

; 8

10)

∫

−∞

+a

)

4

, a, b > 0;

dx 2

)(

x 6 dx 4

(x

)

+ a2 x2 + b2

+a

+∞

)

+1

(bx

+∞

x 2 dx dx

∫

+∞

x 2 − 2ix − 2

2

x 4 dx

0

dx

+∞

7)

+∞

)

4 2

, a > 0;

dx 2

, a, b > 0;

− 2 xi − 1 − a

)

3

, a > 0.

3 Интегралы второго типа. +∞

Интегралы вида

∫ R( x) sin αxdx,

−∞

+∞

∫ R( x) cos αxdx

назовем интегралами

−∞

P ( x) второго типа, если R ( x) = - рациональная функция, причем Q(x) не имеет Q( x) действительных корней и степень Q(x) по крайней мере на единицу больше степени Р(x). Покажем, что при этих условиях оба интеграла сходятся. Интегрируя по частям и учитывая, что lim R ( x) = 0 , получим x →∞

+∞

+∞

+∞

+∞ 1 1 1 R ( x ) sin α xdx = R ( x ) cos α x − ∫ R′( x) cos αxdx = − ∫ R′( x) cos αxdx ∫ −∞ α α −∞ α −∞ −∞ +∞

Интеграл

∫ R ′( x) cos αxdx

сходится абсолютно, так как у функции R ′(x)

−∞

степень числителя по крайней мере на две единицы меньше степени +∞

знаменателя.

Отсюда

следует

сходимость

интеграла

∫ R( x) sin αxdx .

−∞ +∞

Аналогично доказываем сходимость интеграла

∫ R( x) cos αxdx .

Интегрируя

−∞

вспомогательную функцию f ( z ) = R( z )e силу теоремы 1, получим τ

∫ R ( x )e

−τ

iα x

dx +

∫ R ( z )e

iα z

iα z

по контуру K τ (см. рисунок 1) в

n

dz = 2πi ∑ Re s f ( z ) , где τ настолько велико, что k =1 z = z k

Cτ

все полюсы R(z) лежат внутри K τ . Переходя к пределу при τ→∞ и замечая, что по второй лемме Жордана

∫ R( z )e

Cτ

16

iα z

dz → 0 приходим к равенству

+∞

∫

−∞

n

R( z )e iαz dz = 2πi ∑ Re s f ( z ) . k =1 z = z k

Приравняв действительные и мнимые части, получаем +∞ ∞  iα z  α = π R ( x ) cos xdx Re 2 i Re s R ( z ) e  ∑  ∫ z = zk 1 k =   −∞ +∞ ∞  iαz  α = π R ( x ) sin xdx Im 2 i Re s R ( z ) e  ∑  ∫   k =1 z = zk −∞ где z1 , z 2 , ...z k полюсы полуплоскости. Рассмотрим примеры. 1 Вычислить интеграл I =

+∞

∫

функции

(

)

(4)

(

)

(4/)

R(z),

лежащие

в

верхней

(x + 1) sin 2 xdx .

x 2 + 2x + 2 Решение. Ясно, что I – интеграл второго типа 2 D = 4 − 8 = −4 < 0 ⇒ x + 2 x + 2 ≠ 0 ∀x ∈ R , и степень знаменателя на 1 меньше степени числителя). (z + 1) sin 2 z = (z + 1) sin 2 z . Рассмотрим функцию R( z ) = 2 z + 2 z + 2 ( z − (−1 + i ) )( z − (−1 − i ) ) Функция R(z) имеет в верхней полуплоскости один простой полюс в точке   z1 = −1 + i . По формуле (4/) имеем I = Im 2πi Re s R ( z )e i 2 z  . z = z1   Используя правило 2, получаем i2z  ( z + 1)e i 2 z  ( ( ) )( ) z i z e − − 1 + + 1 i2z  = lim Re s e R( z ) = Re s  2 = z = z1 z = −1+ i z + 2 z + z  z → −1+ i ( z − (− 1 + i ))( z − (− 1 − i ))   −∞

(

(

= lim

z → −1+ i

)

)

(z + 1)e i 2 z z +1+ i

=

(− 1 + i + 1)

(− 1 + i + 1 + i )

e

i ( −2 + 2i )

1 − 2 − 2i e − 2 (cos 2 − i sin 2 ) = e ⋅e = 2i 2

  e −2 (cos 2 − i sin 2 ) = π ⋅ e − 2 cos 2 . Таким образом I = Im 2πi 2   +∞ cos xdx 2 Вычислить интеграл I = ∫ 2 , a > 0. 2 x + a 0 Решение. Так как под знаком интеграла стоит четная функция, то +∞ 1 cos xdx 1 I= ∫ 2 и R ( x ) = , α = 1. 2 −∞ x + a 2 x2 + a2

(

)

Так как степень числителя (1) меньше степени знаменателя x 2 + a 2 на две единицы и x 2 + a 2 ≠ 0 для любого действительного х, то I – интеграл 17

1

второго типа. Рассмотрим функцию R( z ) =

1

=

. Функция z 2 + a 2 ( z − ai )( z + ai ) R(z) имеем в верхней полуплоскости простой полюс z=ai. По формуле (4) и правилу 2 имеем  1  2πie − a  πe a e iz 1  e iz  1   = Re  = Re 2πi I = Re 2πi Re s 2 z = ai   2ai  = 2a . z = ai z + a 2  2  2 2 z 2      Для вычисления вычета здесь мы использовали формулу ϕ( z ) ϕ(ai ) , так как ϕ(ai ) ≠ 0, ψ (ai ) = 0 и ψ ′(ai ) ≠ 0 . Таким же способом Re s = z = ai ψ ( z ) ψ ′(ai ) можно было вычислить вычет и в примере 1. Примеры для самостоятельного решения. Вычислить интегралы. +∞ +∞ ( x − 1) sin xdx x sin xdx 1) ∫ ; ; 2) ∫ 2 2 2 2 10 x + x + −∞ −∞ x +9 +∞

3)

∫

−∞ +∞

5)

∫

−∞ +∞

7)

∫

−∞ +∞

9)

∫

−∞

18

(

)

x 2 sin xdx 4

2

x + 5x + 4 x sin xdx x2 + a2

(2 x

3

+∞

;

)

+ 13x sin x

3 4

)

+ 5 x sin xdx 2

x + 10 x + 9

cos xdx

∫ (x 2 + a 2 )(x 2 + b2 ) a > 0, b > 0 a ≠ b;

−∞ +∞

, a > 0;

x 4 + 13 x 2 + 36

(x

4) 6)

cos xdx

∫

(x

−∞ +∞

dx;

8)

∫

2

10)

∫

)

a > 0;

cos ax x4 + x2 + a

−∞ +∞

;

+b

2 2

−∞

dx, a > 0;

x cos x 2

x − 2 x + 10

dx.

Список использованных источников 1 Александров и.А., Соболев В.В. Аналитические функции комплексного переменного. – М.: Высшая школа, 1984. – 192 с. 2 Бицадзе А.В. Основы теории аналитических функций комплексного переменного. – М.: Наука, 1969. – 240 с. 3 Евграфов М.А., Сидоров Ю.В., Федорюк М.В., Шабунин М.И., Бежанов К.А. Сборник задач по теории аналитических функций. – М.: Наука, 1969. – 382 с. 4 Ершова В.В. Импульсные функции. Функции комплексной переменной. Операционное исчисление. – Минск.: Высшая школа, 1976. –256 с. 5 Краснов М.Л., Киселев А.И., Макаренко Г.И. Функции комплексного переменного. Операционное исчисление. Теория устойчивости. – М.: Наука, 1987. – 303 с. 6 Маркушевич А.И. Краткий курс теории аналитических функций. – М.: Наука, 1966. – 388 с. 7 Привалов И.И. Введение в теорию функций комплексного переменного. – М.: Наука, 1977. – 444 с. 8 Радыгин В.М., Голубева О.В. Применение функции комплексного переменного в задачах физики и техники. - М.: Высшая шкала, 1983. –160 с. 9 Свешников А.Г., Тихонов А.Н. Теория функций комплексной переменной. – М.: Наука, - 1979. – 320 с. 10 Сидоров Ю.В., Федорюк М.В., Шабунин М.И. Лекции по теории функций комплексного переменного. – М.: Наука, 1976. – 408 с. 11 Соломенцев Е.Д. Функции комплексного переменного и их применение. – М.: Высшая школа. 1988. – 167 с. 12 Шабат Б.В. Введение в комплексный анализ. –М.: Наука, 1976.–380 с.

19